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高一下学期期中测试模拟卷（新试卷结构：8+3+3+5）
考试范围：必修一第5章，必修二第6,7章，8.1~8.3，
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一．选择题（共8道题，每题5分，共40分）
1．（2023秋 黄冈期中）已知复数满足，则复数的虚部为
A． B．1 C． D．
【答案】
【分析】利用共轭复数的概念和复数的运算求解．
【解析】设复数，，
又，可得，解得，
所以复数的虚部为．
故选．
2．（2023春 白云区期中）10．已知向量，则在上的投影向量为
A． B． C． D．
【答案】
【分析】根据已知条件，结合平面向量的投影公式，即可求解．
【解析】，
，，
在上的投影向量为．
故选．
3．（2023秋 海淀区校级期中）一个水平放置的平面图形用斜二测画法作出的直观图是如图所示的等腰直角△，其中，则平面图形的面积为
A． B． C． D．
【答案】
【分析】根据题意，求出直观图的面积，由原图面积与直观图面积的关系，分析可得答案．
【解析】根据题意，在直观图等腰直角△，其中，则，
故其面积，
故原图平面图形的面积．
故选．
4．（2023春 中山市校级期中）要得到的图象，只需将函数的图象
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
【答案】
【分析】将整理成，然后利用平移变换即可求解．
【解析】由于函数，
故只需将函数的图象向右平移可得函数的图象．
故选．
5．（2023秋 河北期中）已知，，，则
A． B． C． D．
【答案】
【分析】根据二倍角的余弦公式求出，根据辅助角公式求出，根据两角和的正切公式求出，结合三角函数的性质即可求解．
【解析】因为，
，
，
又，
所以．
故选．
6．（2023春 河西区期中）已知，，是直线上不同的三点，点在直线外，若，则
A．2 B． C．3 D．
【答案】
【分析】根据已知等式，结合向量减法法则化简，而，，三点共线，可得，解得的值，设，可得，所以，从而求出的值．
【解析】，，
，
整理得，，
即，
，，是直线上不同的三点，
，
解得，
，
设，
，
，
，解得，
即．
故选．
7．（2023春 大名县校级期中）在中，为上一点，且，，，则
A． B． C． D．
【答案】
【分析】法一：根据条件，利用相似三角形的性质及余弦定理可求，计算即可．
法二：先由正弦定理及可得关于的三角恒等式，然后结合和差角公式及同角基本关系进行化简可求．
【解析】法一、如图所示，在和中，有，，
故，设，则，，所以
设，则根据相似比：得，
又，由余弦定理可得：，
，
则，，
故；
法二：设，则，
在和中，有，由正弦定理有：，
两式相除得：，
由三角恒等变换公式得：，
由弦化切，构造齐次式得：，
即，解之得：或，
在中，则，
故．
故选．
8．（2023春 浙江期中）由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为
A．2 B． C． D．4
【答案】
【分析】可设四棱锥的底面边长为，四棱锥的高为，侧面三角形底边上的高为，分别计算四棱锥的侧面积和该四棱锥的高为边长的正方形面积，求比值即可．
【解析】如图所示，
设四棱锥的底面边长为，四棱锥的高为，侧面三角形底边上的高为，
因为侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，
且，所以；
计算四棱锥的侧面积为，以该四棱锥的高为边长的正方形面积为，
所以以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为：
，
故选．
二、多选题（共3道题，每题6分，共18分）
9．（2023春 政和县校级期中）如果平面向量，，那么下列结论中正确的是
A．
B．
C．与的夹角为
D．在方向上的投影向量为
【答案】
【分析】根据向量的坐标可求出的值，从而可判断的正误；根据向量的坐标即可判断的正误；根据向量夹角的余弦公式即可判断的正误；根据投影向量的计算公式即可判断的正误．
【解析】，，
，正确；
，，正确；
，且，
，错误；
在方向上的投影向量为：，错误．
故选．
10．（2023春 雁塔区校级期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，根据下列条件判断三角形的情况，则正确的是
A．，，，有两解 B．，，，有两解
C．，，，只有一解 D．，，，只有一解
【答案】
【分析】利用正弦定理，逐项计算判断作答．
【解析】对于，，，则，
由正弦定理，
可得，显然有唯一结果，即只有一解，错误；
对于，，，，
由正弦定理得，无解，错误；
对于，，，，，，
由正弦定理得，有唯一解，正确；
对于，，，，，，
此时，有唯一解，正确．
故选．
11．（2023春 蒙阴县校级期中）如图，已知棱长为1的正方体中，下列命题正确的是
A．正方体外接球的直径为
B．点在线段上运动，则四面体的体积不变
C．与所有12条棱都相切的球的体积为
D．是正方体的内切球的球面上任意一点，则长的最小值是
【答案】
【分析】求出正方体的对角线长，判断；由三棱锥的体积判断；求出正方体的面对角线长，进一步得到与所有12条棱都相切的球的体积判断；求出长的最小值判断．
【解析】正方体的棱长为1，
正方体外接球的半径为，
外接球的直径为，故正确；
点在线段上运动时，到底面的距离不变，等于正方体的棱长，
则四面体的体积不变，故正确；
与所有12条棱都相切的球的直径等于面对角线，半径为，
则球的体积为，故正确；
正方体的对角线长为，内切球的直径为1，是正方体的内切球的球面上任意一点，
则长的最小值是，故错误．
故选．
三、填空题（共3道题，每题5分，共15分）
12．（2023春 开平市校级期中）若是复数，，则 ．
【答案】
【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据共轭复数的概念求得答案．
【解析】，
．
故答案为：．
13．（2023春 矿区校级期中）已知中，角，，所对的边分别为，那么面积的取值范围是 ．
【答案】．
【分析】利用正弦定理将边化角，即可求出，再由余弦定理及基本不等式求出的取值范围，最后由面积公式计算可得．
【解析】因为，由正弦定理可得，
，
，
，
，
又，
，
由余弦定理得，即，
所以，所以，当且仅当时取等号，
所以．
故答案为：．
14．（2023春 市南区校级期中）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示，若，，，则 （用向量表示）
【答案】．
【分析】根据平面向量的线性运算进行代换即可．
【解析】由题意得，
，
所以，
即．
故答案为：．
四、解答题（共5道题，共77分）
15．（2023春 屯溪区校级期中）已知复数是方程的根是虚数单位，．
（1）求；
（2）设复数，是的共复数），且复数所对应的点在第三象限，求实数的取值范围．
【答案】（1）；
（2），．
【分析】（1）将复数根代入方程中，根据复数相等即可求解，
根据已知条件，结合复数的四则运算，对化简，再结合复数的结合意义即可列不等式求解．
【解析】（1）复数是方程的根，
则，即，
故，解得，
，
则；
（2），
则数，
复数所对应的点在第三象限，
，解得，
故的取值范围为，．
16．（2023春 徐汇区校级期中）已知，，且．
（1）求与的夹角；
（2）若，求实数的值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）将平方后，可得，进而得解；
（2）易知，再根据，可建立关于可得方程，解出即可．
【解析】（1）因为，，且，
所以，
解得，
又，
则与的夹角为；
（2）由（1）可知，，
因为，
所以，
即，解得．
17．（2023春 开平市校级期中）函数，，的部分图象如图所示．
（1）求的最小正周期及解析式；
（2）求函数的单调递增区间；
（3）求函数在区间，上的最大值和最小值．
【分析】（1）根据图象确定，和的值的即可求出的解析式．
（2）结合三角函数的单调性进行求解即可
（3）求出角的范围，结合三角函数的最值进行求解即可．
【解析】（1）由题图可得，，所以，
所以．
当时，，可得，
因为，所以，所以的解析式为．
（2）因为．
所以，，
所以，，
所以函数的单调递增区间为，，．
（3）由（1）知．
因为，，所以，，
当，即时，有最大值，最大值为1；
当，即时，有最小值，最小值为．
18．（2023春 浙江期中）已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且．
（1）求角的值；
（2）若，求周长的取值范围．
【答案】（1）；
．
【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示得，应用正余弦定理的边角关系化简，结合锐角三角形求角；
（2）将，用的三角函数表示出来，结合求周长范围．
【解析】（1）向量，，且，
，
则，
，
，且为锐角三角形，故．
（2）由正弦定理可得，，
，
由于为锐角三角形，
则，且，解得，
周长，
而，即，
，
故的周长的取值范围为．
19．（2023春 矿区校级期中）南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为．
（1）求图中四分之一圆柱体的体积；
（2）在图中画出四分之一圆柱体与四分之一圆柱体的一条交线（不要求说明理由）；
（3）四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设．过点作一个与正方体底面平行的平面，求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积；
（4）如果令，求出八分之一“牟合方盖”的体积．
【答案】（1）；
（2）图见解析；
（3）；
（4）．
【分析】（1）根据圆柱体积公式求得结果；
（2）观察图形，曲线是所求的一条交线；
（3）截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形，求出此正方形的面积；
（4）构造底面边长为，高为的正四棱锥，根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该正四棱锥体积．
【解析】（1）四分之一圆柱体的体积为：；
（2）如图所示，曲线是所求的一条交线；
（3）如图所示，截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形，
，，
正方体的棱长为，
又点在以为圆心，为半径的圆弧上，，
，
所以正方形的面积为，即为所求；
（4）由（3）可知，用平行于八分之一“牟合方盖”底面的任意一个平面截它，
所得截面面积是，其中是该平面截得的正方体的截面的面积，
又，，因此可以构造底面边长为，高为的正四棱锥，
根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该正四棱锥体积，
即有：．
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高一下学期期中测试模拟卷（新试卷结构：8+3+3+5）
考试范围：必修一第5章，必修二第6,7章，8.1~8.3，
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一．选择题（共8道题，每题5分，共40分）
1．（2023秋 黄冈期中）已知复数满足，则复数的虚部为
A． B．1 C． D．
2．（2023春 白云区期中）10．已知向量，则在上的投影向量为
A． B． C． D．
3．（2023秋 海淀区校级期中）一个水平放置的平面图形用斜二测画法作出的直观图是如图所示的等腰直角△，其中，则平面图形的面积为
A． B． C． D．
4．（2023春 中山市校级期中）要得到的图象，只需将函数的图象
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
5．（2023秋 河北期中）已知，，，则
A． B． C． D．
6．（2023春 河西区期中）已知，，是直线上不同的三点，点在直线外，若，则
A．2 B． C．3 D．
7．（2023春 大名县校级期中）在中，为上一点，且，，，则
A． B． C． D．
8．（2023春 浙江期中）由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为
A．2 B． C． D．4
二、多选题（共3道题，每题6分，共18分）
9．（2023春 政和县校级期中）如果平面向量，，那么下列结论中正确的是
A．
B．
C．与的夹角为
D．在方向上的投影向量为
10．（2023春 雁塔区校级期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，根据下列条件判断三角形的情况，则正确的是
A．，，，有两解 B．，，，有两解
C．，，，只有一解 D．，，，只有一解
11．（2023春 蒙阴县校级期中）如图，已知棱长为1的正方体中，下列命题正确的是
A．正方体外接球的直径为
B．点在线段上运动，则四面体的体积不变
C．与所有12条棱都相切的球的体积为
D．是正方体的内切球的球面上任意一点，则长的最小值是
三、填空题（共3道题，每题5分，共15分）
12．（2023春 开平市校级期中）若是复数，，则 ．
13．（2023春 矿区校级期中）已知中，角，，所对的边分别为，那么面积的取值范围是 ．
14．（2023春 市南区校级期中）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示，若，，，则 （用向量表示）
四、解答题（共5道题，共77分）
15．（2023春 屯溪区校级期中）已知复数是方程的根是虚数单位，．
（1）求；
（2）设复数，是的共复数），且复数所对应的点在第三象限，求实数的取值范围．
16．（2023春 徐汇区校级期中）已知，，且．
（1）求与的夹角；
（2）若，求实数的值．
17．（2023春 开平市校级期中）函数，，的部分图象如图所示．
（1）求的最小正周期及解析式；
（2）求函数的单调递增区间；
（3）求函数在区间，上的最大值和最小值．
18．（2023春 浙江期中）已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且．
（1）求角的值；
（2）若，求周长的取值范围．
19．（2023春 矿区校级期中）南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为．
（1）求图中四分之一圆柱体的体积；
（2）在图中画出四分之一圆柱体与四分之一圆柱体的一条交线（不要求说明理由）；
（3）四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设．过点作一个与正方体底面平行的平面，求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积；
（4）如果令，求出八分之一“牟合方盖”的体积．
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